sol

ÁLGEBRA
Algunas soluciones a la Práctica 2
Combinatoria
(Curso 2008–2009)
9.– Con 3 mujeres y 5 hombres
(a) ¿Cuántos grupos de tres personas que incluyan dos del mismo sexo se pueden formar?
Nos referimos a grupos con EXACTAMENTE dos personas del mismo sexo, es decir,
grupos de dos hombres y una mujer, o un hombre y dos mujeres. Contamos grupos de
1 o 2 personas, elegidas entre 3 o 5 posibilidades (dependiendo de si son mujeres
u hombres) sin importarnos el orden. Utilizaremos por tanto combinaciones sin
repetición:
5 3
5 3
C5,2 C3,1 + C5,1 C3,2 =
+
= 30 + 15 = 45
2 1
1 2
(b) ¿Cuántas hileras de 8 personas se pueden formar si las mujeres no pueden ocupar ni
el primer ni el último lugar?
Ahora importa el orden, por tratarse de hileras. Sabemos que en el primer y último
puesto necesariamente hay un hombre. Por tanto, las posiblidades para elegir al
primero y al último son V5,2 = 20. Ahora para los otros seis puestos intermedios nos
quedan 3 hombres y 3 mujeres. Las posilbidades totales son:
V5,2 P6 = 20 · 720 = 14400
(c) ¿Cuántas hileras de 6 personas se pueden formar si personas del mismo sexo no pueden
ocupar lugares consecutivos?
Las posiblidades por sexos son HM HM HM o M HM HM H, donde H reprenta un
hombre y M una mujer. Teniendo en cuenta que hay 5 hombres y 3 mujeres, el número
de hileras que podemos formar será:
2 · V5,3 · V3,3 = 2 · 60 · 6 = 720
(d) ¿De cuántas formas pueden repartirse 12 bombones?
Pensamos en que a cada bombón le asignamos una persona, pudiendo asignar la misma
persona a bombones distintos. Debido a que no distinguimos entre bombones pero si
entre personas, las posibilidades son, combinaciones con repetición de 8 clases de
elementos tomados de 12 en 12.
12 + 8 − 1
19
19
CR8,12 =
=
=
= 50388
12
12
7
(Primer parcial, febrero 2003)
10.– En una carrera deportiva participan cinco equipos de cuatro corredores cada uno. Para
contabilizar el resultado al primero se le adjudican cuatro puntos, al segundo dos y al
tercero uno.
(a) ¿Cuántos resultados distintos son posibles, con la condición de que los tres corredores
sean de tres equipos distintos?
Los cinco equipos pueden ordenarse en los tres primeros puestos de V5,3 = 5·4·3 formas
distintas. Ahora dentro de cada equipo hay 4 posibilidades, una por cada corredor.
El número total de posibles resultados será:
5 · 4 · 3 · 43 = 3840.
(b) ¿Cuántos resultados posibles son distintos en la competición por equipos?
Las posibilidades son:
- Todos los puntos para un equipo: 5 posibilidades.
- 6 puntos para un equipo (primer y segundo puesto) y 1 para otro (tercer puesto):
5 · 4 posibilidades.
- 5 puntos para un equipo (primer y tercer puesto) y 2 para otro (segundo puesto):
5 · 4 posibilidades.
- 4 puntos para un equipo (primer puesto) y 3 para otro (segundo y tercero): 5 · 4
posibilidades.
- Que los puntos se repartan entre 3 equipos distintos: 5 · 4 · 3 posibilidades.
En total quedan:
5 + 3 · 5 · 4 + 5 · 4 · 3 = 5 + 60 + 60 = 125
resultados posibles.
ÁLGEBRA
Solución a los problemas adicionales
Combinatoria
(Curso 2008–2009)
I.– ¿De cuántas maneras podemos distribuir 8 bolas idénticas en 3 contenedores A, B, C
de modo que
a) ninguna caja se quede vacı́a?
En primer lugar, para que ninguna caja se quede vacı́a debemos poner al menos una
bola en cada caja y luego distribuir las 5 bolas sobrantes entre las 3 cajas. Se trata
por tanto de formar grupos no ordenados de 5 elementos, de manera que cada uno de
ellos puede ser A, B o C. Son combinaciones con repetición:
CR3,5 =
3+5−1
5
=
(3 + 5 − 1)!
= 21
5!(3 − 1)!
b) ninguna caja se quede vacı́a y que el contenedor C contenga un número par de bolas?
Ahora, ponemos como mı́nimo una bola en cada contenedor, pero además para que en
el contenedor C siempre halla un número par de bolas, podemos meter en él, 2, 4 o 6.
En cada caso las bolas restantes se distribuyen en los contenedores A y B. Queda por
tanto:
2+4−1
2+2−1
2+0−1
CR2,4 + CR2,2 + CR2,0 =
+
+
=5+3+1=9
4
2
0
(Primer parcial, enero 2008)
II.– En una cena de antiguos compañeros de clase hay doce comensales que han reservado
una mesa redonda en un restaurante de moda. Por una vieja rencilla dos de ellos no
se tratan. El organizador, preocupado por la situación, se pregunta:
(a) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los enemistados no se sienten juntos?.
Método I:
Primero calculamos de cuantas formas pueden sentarse los 12 sin ninguna restricción.
Teniendo en cuenta que es una mesa redonda, lo que diferencia una configuración de
otra es la posición relativa de unos respecto a otros. Por tanto fijamos un comensal.
Los once restantes pueden sentarse en once sillas, de manera que el orden en que se
coloquen diferencia una configuración de otra. Se trata por tanto de permutaciones
de 11 elementos, es decir:
P11 = 11!
Ahora vemos en cuantas de estas posibilidades los dos enemistados A y B se sientan
juntos. Fijado A como referencia, B puede sentarse a su derecha o a su izquierda, y
los 10 restantes en las 10 sillas que quedan. Son por tanto 2 · P10 opciones.
Restando unas de otras queda:
P11 − 2 · P10 = 11! − 2 · 10! = 9 · 10!
Método II: Directamente: si los enemistados son A y B, fijamos la posición de A.
Entonces B puede sentarse en cualquier silla que no este al lado de A, es decir, 9
opciones. Los otros 10 en las restantes. Obtenemos que las posibilidades totales son:
9 · P10 = 9 · 10!
(b) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los dos enemistados no se sienten uno enfrente del otro?.
Método I: A las posibilidades totales le descontamos en las que A y B están enfrente.
Fijadas sus posiciones los otros 10 se pueden sentar en las 10 sillas restantes. Son P10
combinaciones. Por tanto aquellas en las que no están enfrente son:
P11 − P10 = 11! − 10! = 10 · 10!
Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente puede sentarse
en las 10 sillas restantes. Ahora los otros invitados pueden sentarse en cualquier silla
no ocupada. Las opciones totales son:
10 · P10 = 10 · 10!
(c) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los dos enemistados no se sienten ni juntos ni uno enfrente del otro?.
Método I: A las posibilidades totales les restamos aquellas en las que A y B están
juntos o enfrente:
P11 ! − 2 · P10 ! − P10 ! = 11! − 3 · 10! = 8 · 10!
Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente ni al lado
puede sentarse en 8 sillas. Los otros comensales eligen entre las 10 sillas restantes.
Queda:
8 · P10 = 8 · 10!
(Examen final, junio 2004)
III.– Vives en una urbanización que se puede representar esquemáticamente con el siguiente
diagrama:
Una mañana te dispones a desplazarte desde A hasta B. Es claro que para hacerlo
tendrás que recorrer al menos 11 tramos (un “tramo” es la longitud del lado de una
manzana).
(a) ¿Cuantos recorridos formados por 11 tramos llevan desde A hasta B?
Para hacer el recorrido en once tramos necesariamente en cada cruce sólo puedes, o
bien subir, o bien ir a la derecha. Si bajas o vas a la izquierda necesitarı́as más de 11
tramos para completar el recorrido. En concreto hay que subir 4 manzanas e ir 7 a la
derecha.
Por tanto una ruta de once tramos consiste simplemente en decidir en que orden
hacemos los tramos de subida y los de ir a la derecha. Son permutaciones con repetición
de 11 elementos donde hay 7 de una clase y 4 de la otra:
P (11; 7, 4) =
11!
= 330
7!4!
(b) ¿Cuántos de 12 tramos?
Sabemos que el número mı́nimo de tramos es 11, 4 hacia arriba y 7 a la derecha.
Si recorremos algún tramo a la izquieda o hacia abajo, hemos de volver a recorrer
otro hacia la derecha o hacia arriba respectivamente, para recuperalo. Por tanto para
completar el recorrido de A a B, necesariamente hemos de añadir un número par de
tramos al número mı́nimo 11. Deducimos que es imposible hacerlo en 12 tramos.
(c) Si deseas evitar a toda costa la intersección C marcada en el dibujo (por motivos que
no vienen al caso), ¿cuántos recorridos de 11 tramos puedes seguir?
Contamos el número de recorridos de 11 tramos que pasan por la intersección C y los
descontamos del número de recorridos total calculado en (a).
Para ir de A a C necesitamos 3 tramos a la derecha y 2 hacia arriba. Las posibilidades
son P (5; 3, 2). Para ir de C a B necesitamos 4 tramos a la derecha y 2 hacia arriba.
Es decir, P (6; 4, 2) posiblidades. En total hay
P (5; 3, 2) · P (6; 4, 2) =
5!
6!
·
= 150
3!2! 4!2!
recorridos de 11 tramos pasando por C.
Por tanto el número de recorridos de 11 tramos que no pasan por C es:
11!
5!
6!
−
·
= 330 − 150 = 180.
7!4! 3!2! 4!2!
IV.– Tres personas se suben al ascensor en la planta baja de un edificio con 5 plantas más.
Calcular de cuántas formas pueden bajar del ascensor
(a) si distinguimos entre las tres personas.
Cada una de ellas puede elegir una cualquiera de las 5 plantas, pudiendo bajarse dos
o más en la misma. Son por tanto variaciones con repetición de 5 elementos tomados
de 3 en 3:
V R5,3 = 53 = 125
(b) si no distinguimos entre las tres personas
Ahora, como no distinguimos entre las personas no nos importa el orden en que se
elijan las plantas. Por tanto son combinaciones con repetición de 5 clases de elementos
tomados de 3 en 3:
5+3−1
CR5,3 =
= 35
3
V.–
(a) ¿De cuántas maneras pueden entrar diez alumnos en tres aulas, si no se hace distinción
de personas?
Método I: Para contar cuántas posibilidades hay podemos tener en cuenta lo
siguiente. Escribimos un número del 1 al 3 por cada uno de los alumnos, dependiendo
de en qué clase ha entrado. Estamos formando por tanto grupos de 10 elementos
escogidos de entre 3 posibles.
Como dos alumnos pueden entrar en la misma clase, pueden repetirse elementos.
Como no distinguimos entre los alumnos, no nos importa el orden en que escribimos
los 10 números del 1 al 3.
Se trata por tanto de combinaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados
de 10 en 10:
3 + 10 − 1
12
12 · 11
= 66.
CR3,10 =
=
=
10
2
1·2
Método II: Contamos de la siguiente manera.
- Si en la clase 1 no entra ningún alumno, los 10 entrarán en las dos restantes
distribuidos:
10 − 0;
9 − 1;
8 − 2;
...
0 − 10;
⇒
11 posibilidades.
- Si en la clase 1 entra 1 alumno, los 9 restantes podrán distribuirse:
9 − 0;
8 − 1;
7 − 2;
...
0 − 9;
⇒
10 posibilidades.
Reiterando este argumento vemos que el número de posibilidades totales es:
11 + 10 + 9 + . . . + 2 + 1 =
11 · (1 + 11)
= 66.
2
(b) ¿Y si sı́ que se distingue entre personas?
Razonamos como antes. La única diferencia es que ahora sı́ distinguimos entre
alumnos. Por tanto si importa el orden en que escribimos los 10 números del 1 al
3.
Se trata de variaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados de 10 en 10:
V R3,10 = 310 = 59049.
(Examen extraordinario, diciembre 2005)
VI.– Un aspirante a ”hacker” quiere entrar en el correo electrónico de su vecino del quinto.
Para ello necesita conocer una clave de 10 caracteres, formada por 4 números y 6
letras.
(a) Teniendo en cuenta que hay 26 letras, ¿Cual es el máximo número de intentos que
tendrı́a que hacer?.
De los 10 caracteres sabemos que hay 6 letras y 4 números. Escogemos primero donde
vamos a poner números y donde letras. Se trata de permutaciones con repetición de
10 elementos, 6 de un tipo y 4 de otro:
P R10;6,4 =
10!
.
6!4!
Ahora por cada una de esas configuraciones, vemos cuantas letras y números podemos
poner. Para cada posición alfabética tenemos 26 letras posibles y para cada posición
numérica 10 cifras. En definitiva el número total de posibilidades es:
10! 6 4
26 10 .
6!4!
(b) Se entera de que su vecino ha formado la clave mezclando las 6 letras de su nombre
(Iginio) y las cuatro cifras de su año de nacimiento (1969). ¿Cuántos intentos tendrı́a
que hacer ahora como máximo?.
Ahora simplemente tenemos que contar de cuantas formas podemos ordenar en 10
posiciones los siguientes elementos:
- 3 “i”es, 1 “g”, 1 “n”, 1 “o”, 1 uno, 2 nueves y 1 seis.
Son permutaciones con repetición:
P R10;3,2,1,1,1,1,1 =
10!
.
3!2!
(Primer parcial, enero 2007)
VI.– ¿Cuántas matrices 5 × 5 distintas pueden formarse con exactamente tres unos y todos
los demás elementos nulos?.
Método I: Tenemos que contar las formas de distribuir 25 elementos (3 unos y 22
ceros) en 25 posiciones distintas; tenemos en cuenta que los unos son iguales entre si y
los ceros también. Se trata por tanto de permutaciones con repetición de 25 elementos,
de los cuales hay grupos de 3 y 22 elementos iguales:
P R25;22,3 =
25!
= 2300.
22!3!
Método II: Para formar una matriz en las condiciones pedidas basta elegir las tres
posiciones donde ponemos los unos. Para ello elegimos tres posiciones de entre las 25
posibles (no nos importa el orden en el cual las damos). Por tanto son combianciones
sin repetición de 25 elementos tomados de 3 en 3:
25
C25,3 =
= 2300.
3
¿Cuántas de estas matrices tienen rango 2?.
Método I: Descontaremos a las calculadas previamente las de rango 3 y las de rango
1.
Las de rango 3 se obtienen colocando los tres unos en filas y columnas distintas. Para
el primer uno tenemos 25 opciones; para el segundo 16; para el tercero 9. Tenemos
en cuenta además que los tres unos son iguales entre si, por lo que estamos repitiendo
sus posibles permutaciones. Por tanto las matrices de rango 3 son:
25 · 16 · 9
= 600.
1·2·3
Las de rango 1 tienen los tres unos en una fila o en una columna. Hay P R5;3,2 formas
de colocar los tres unos en una fila y 5 posibilidades para elegir la fila. Exactamente
lo mismo ocurre para las columnas. Por tanto las matrices de rango 1 son:
2·5·
5!
= 100.
3!2!
Finalmente el número de matrices de rango 2 es:
2300 − 600 − 100 = 1600.
Método II: Una matriz de las anteriores, pero de rango 2 tiene todos los unos en dos
filas o en dos columnas.
El número de filas posibles con dos unos, dependiendo de la posición de éstos, es:
5
P R5;3,2 = C5,2 =
.
2
El número de filas posibles con un uno, dependiendo de la posición de éste, es:
5
P R5;4,1 = C5,1 =
.
1
Ahora para colocar la fila de dos unos tenemos cinco opciones; para la de un sólo uno
cuatro.
En total:
5
5
5·4·
·
2
1
Hacemos el mismo razonamiento para columnas; por último tenemos en cuenta que
hay matrices de rango 2 que tienen al mismo tiempo los unos en dos filas y en dos
columnas. Son aquellas en las que la fila de un sólo uno tiene ese elemento no nulo en
alguna de las dos posiciones no nulas de la fila con dos unos.
En definitiva el número de matrices pedido es:
5
5
5
2
2·5·4·
·
−5·4·
·
= 1600.
2
1
2
1
(Examen final, junio 2008)
1.– Se dispone de 10 candados con sus correspondientes 10 llaves. Además hay una llave
maestra adicional que abre cualquiera de ellos. Se cierra una caja con dos de esos
candados.
(a) ¿Cuántos grupos distintos de 4 llaves pueden formarse?.
Tenemos en total 11 llaves. Cada grupo se forma escogiendo 4 de ellas, sin repetirlas y
sin importarnos el orden en que lo hacemos. Se trata de combinaciones sin repetición
de 11 elementos tomados de 4 en 4:
11
11 · 10 · 9 · 8
C11,4 =
=
= 330.
4
1·2·3·4
(b) ¿Cuántos de ellos nos aseguran poder abrir la caja?.
Podremos abrir la caja si:
1) En nuestro grupo de 4 llaves está la maestra.
2) En nuestro grupo de 4 llaves no está la maestra pero si las dos llaves que abren los
dos candados.
Contamos cada uno de ellos:
1) Un grupo de 4 donde está la maestra se forma escogiendo 3 llaves de entre las 10
restantes:
10
10 · 9 · 8
= 120.
C10,3 =
=
1·2·3
3
2) Un grupo de 4 donde están las dos de la caja pero no la maestra se forma escogiendo
2 llaves de entre las 8 restantes:
8·7
8
C8,2 =
=
= 28.
2
1·2
En total:
C10,3 + C8,2 = 148.
(c) ¿Con cuántos de ellos podremos abrir al menos uno de los dos candados?.
Contamos con cuantos grupos no podemos abrir ningún candado.
formados con las 8 llaves que no abren ninguno:
8
8·7·6·5
= 70.
C8,4 =
=
1·2·3·4
4
Los que abren al menos uno, serán el resto:
C11,4 − C8,4 = 330 − 70 = 260.
(Examen extraordinario, septiembre 2008)
Serán grupos